（浙江選考）2019高考物理二輪復習 專題二 能量和動量 第2講 動量和能量觀點的應用學案

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1、 第2講　動量和能量觀點的應用 [歷次選考考情分析] 章 知識內容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 2018/04 動量守恒定律 動量和動量定理 c 22 23 22 22 23 動量守恒定律 c 23 22 碰撞 d 反沖運動　火箭 b 23 考點一　動量與沖量有關概念與規(guī)律的辨析 1．動量定理 (1)沖量：力與力的作用時間的乘積叫做力的沖量，即I＝Ft，

2、沖量是矢量，其方向與力的方向相同，單位是N·s. (2)物理意義：動量定理表示了合外力的沖量與動量變化間的因果關系；沖量是物體動量變化的原因，動量發(fā)生改變是物體合外力的沖量不為零的結果． (3)矢量性：動量定理的表達式是矢量式，應用動量定理時需要規(guī)定正方向． 2．動量定理的應用 (1)應用I＝Δp求變力的沖量：若作用在物體上的作用力是變力，不能直接用Ft求變力的沖量，但可求物體動量的變化Δp，等效代換變力的沖量I. (2)應用Δp＝Ft求恒力作用下物體的動量變化：若作用在物體上的作用力是恒力，可求該力的沖量Ft，等效代換動量的變化． 3．動量守恒的適用條件 (1)系統(tǒng)不受外力或所

3、受外力的合力為零，不是系統(tǒng)內每個物體所受的合力都為零，更不能認為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)． (2)近似適用條件：系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力． (3)如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒． 4．動量守恒的表達式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向． (3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零． 1．[動量定理的定性分析](多選)籃球運動員通常要伸出雙手迎接傳來的籃球．接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前，如圖

4、1所示，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．球對手的沖量減小 B．球對人的沖擊力減小 C．球的動量變化量不變 D．球的動能變化量減小 答案　BC 解析　先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據(jù)動量定理得：－Ft＝0－mv得F＝，當時間增大時，作用力減小，而沖量和動量變化量、動能變化量都不變，所以B、C正確． 2．[動量定理的定量計算](多選)如圖2所示為運動傳感器探測到小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的v－t圖象，小球質量為0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力，根據(jù)圖象可知(　　) 圖2 A．橫坐標每一小

5、格表示的時間是0.1 s B．小球第一次反彈的最大高度為1.25 m C．小球下落的初始位置離地面的高度為1.25 m D．小球第一次撞擊地面時地面給小球的平均作用力為55 N 答案　AB 解析　小球下落時做自由落體運動，加速度為g，則落地時速度為6 m/s，用時t＝ s＝0.6 s，圖中對應6個小格，每一小格表示0.1 s，故A正確；第一次反彈后加速度也為g，為豎直上拋運動，由題圖可知，最大高度為：h＝×10×(0.5)2 m＝1.25 m，故B正確；小球下落的初始位置離地面的高度為：h′＝×10×(0.6)2 m＝1.8 m，故C錯誤；設向下為正方向，由題圖可知，碰撞時間約為t′

6、＝0.1 s，根據(jù)動量定理可知：mgt′－Ft′＝mv′－mv，代入數(shù)據(jù)解得：F＝60 N，故D錯誤． 3．[動量守恒的應用](多選)如圖3所示，在光滑水平面上，質量為m的A球以速度v0向右運動，與靜止的質量為5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系數(shù)a<1)的速率彈回，并與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，若要使A球能再次追上B球并相撞，則系數(shù)a可以是(　　) 圖3 A. B. C. D. 答案　BC 解析　A與B發(fā)生碰撞，選取向右為正方向，根據(jù)動量守恒可知：mv0＝5mvB－mav0.要使A球能再次追上B球并相撞，且A與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，則av0>vB，由以上兩式可解

7、得：a>，故B、C正確，A、D錯誤． 考點二　動量觀點在電場和磁場中的應用 例1　如圖4所示，軌道ABCDP位于豎直平面內，其中圓弧段CD與水平段AC及傾斜段DP分別相切于C點和D點，水平段AB、圓弧段CD和傾斜段DP都光滑，水平段BC粗糙，DP段與水平面的夾角θ＝37°，D、C兩點的高度差h＝0.1 m，整個軌道絕緣，處于方向水平向左、場強未知的勻強電場中．一個質量m1＝0.4 kg、帶正電、電荷量未知的小物塊Ⅰ在A點由靜止釋放，經過時間t＝1 s，與靜止在B點的不帶電、質量m2＝0.6 kg的小物塊Ⅱ碰撞并粘在一起在BC段上做勻速直線運動，到達傾斜段DP上某位置．物塊Ⅰ和Ⅱ與軌道BC段

8、間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2.g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖4 (1)物塊Ⅰ和Ⅱ在BC段上做勻速直線運動的速度大??； (2)物塊Ⅰ和Ⅱ第一次經過C點時，圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小． 答案　(1)2 m/s　(2)18 N 解析　(1)物塊Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC段上做勻速直線運動，設電場強度為E，物塊Ⅰ帶電荷量為q，與物塊Ⅱ碰撞前物塊Ⅰ的速度為v1，碰撞后共同速度為v2，取水平向左為正方向，則 qE＝μ(m1＋m2)g，qEt＝m1v1，m1v1＝(m1＋m2)v2 解得v2＝2 m/s (2)設圓弧段CD的半徑為R，物塊

9、Ⅰ和Ⅱ第一次經過C點時圓弧段軌道對物塊Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小為FN，則 R(1－cos θ)＝h FN－(m1＋m2)g＝ 解得FN＝18 N 4．(2018·諸暨市期末)在一個高為H＝5 m的光滑水平桌面上建立直角坐標系，x軸剛好位于桌子的邊緣，如圖5所示為俯視平面圖．在第一象限的x＝0到x＝4 m之間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B＝1.0 T，第二象限內的平行金屬板MN之間加有一定的電壓．甲、乙為兩個絕緣小球，已知甲球質量m1＝3×10－3 kg，帶q＝5×10－3 C的正電荷，乙球的質量m2＝10×10－3 kg，靜止在桌子邊緣上的F點，即x軸上x＝3 m處；現(xiàn)讓甲球從金屬

10、板M附近由靜止開始在電場中加速，經y軸上y＝3 m處的E點，垂直y軸射入磁場，甲球恰好能與乙球對心碰撞，碰后沿相反方向彈回，最后垂直于磁場邊界PQ射出，而乙球落到地面．假設在整個過程中甲球的電荷量始終保持不變，重力加速度g＝10 m/s2，則： 圖5 (1)求平行金屬板MN之間的電壓； (2)求甲球從磁場邊界PQ射出時速度大?。? (3)求乙球的落地點到桌子邊緣(即x軸)的水平距離． 答案　(1)30 V　(2) m/s　(3)2 m 解析　(1)設甲球做第一次圓周運動的半徑為R1，則由幾何關系可得(R1－OE)2＋OF2＝R12 R1＝6.0 m. 設平行金屬板MN之間的電

11、壓為U，甲球加速后的速度為v1，則 qv1B＝m1，得v1＝10 m/s qU＝m1v12 代入數(shù)據(jù)得U＝30 V. (2)設甲球做第二次圓周運動的半徑為R2，則由幾何關系可得 R2＝2.0 m qv2B＝m1 代入數(shù)據(jù)得v2＝ m/s. (3)甲、乙兩球對心碰撞，設碰后乙球的速度為v，以碰撞前甲球的速度方向為正方向，由動量守恒定律有 m1v1＝－m1v2＋m2v， 代入數(shù)據(jù)得v＝4 m/s. 由幾何關系可得甲球的碰前速度方向與x軸成60°，因此乙球的碰后速度方向也與x軸成θ＝60°，開始做平拋運動，設水平位移為s，沿y軸方向位移分量為y. H＝gt2， s＝vt，

12、 y＝ssin θ， 代入數(shù)據(jù)得y＝2 m. 考點三　動量和能量觀點在電磁感應中的簡單應用 例2　如圖6所示，足夠長的水平軌道左側b1b2－c1c2部分的軌道間距為2L，右側c1c2－d1d2部分的軌道間距為L，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計．在水平軌道內有斜向下與豎直方向成θ＝37°的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝0.1 T．質量為M＝0.2 kg的金屬棒C垂直于導軌靜止放置在右側窄軌道上，質量為m＝0.1 kg的導體棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，A棒總在寬軌上運動，C棒總在窄軌上運動．已知：兩金

13、屬棒接入電路的有效電阻均為R＝0.2 Ω，h＝0.2 m，L＝0.2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求： 圖6 (1)金屬棒A滑到b1b2處時的速度大?。? (2)金屬棒C勻速運動的速度大?。? (3)在兩棒整個的運動過程中通過金屬棒A某截面的電荷量； (4)在兩棒整個的運動過程中金屬棒A、C在水平導軌間掃過的面積之差． 答案　(1)2 m/s　(2)0.44 m/s　(3)5.56 C　(4)27.8 m2 解析　(1)A棒在曲線軌道上下滑，由機械能守恒定律得：mgh＝mv02 得：v0＝＝ m/s＝2 m/s (2)選取水平向右為

14、正方向，對A、C利用動量定理可得： 對C：FC安cos θ·t＝MvC 對A：－FA安cos θ·t＝mvA－mv0 其中FA安＝2FC安 聯(lián)立可知：mv0－mvA＝2MvC 兩棒最后勻速運動時，電路中無電流：有BLvC＝2BLvA 得：vC＝2vA 解得vC≈0.44 m/s (3)在C加速過程中：Σ(Bcos θ)iLΔt＝MvC－0 q＝ΣiΔt 得：q＝ C≈5.56 C (4)根據(jù)法拉第電磁感應定律有：E＝ 磁通量的變化量：ΔΦ＝BΔScos θ 電路中的電流：I＝ 通過截面的電荷量：q＝I·Δt 得：ΔS＝ m2≈27.8 m2 5.如圖7所示，

15、兩平行光滑金屬導軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分為半徑r＝0.5 m的豎直半圓，兩導軌間距離d＝0.3 m，導軌水平部分處于豎直向上、磁感應強度大小B＝1 T的勻強磁場中，兩導軌電阻不計．有兩根長度均為d的金屬棒ab、cd，均垂直導軌置于水平導軌上，金屬棒ab、cd的質量分別為m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，電阻分別為R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.現(xiàn)讓ab棒以v0＝10 m/s的初速度開始水平向右運動，cd棒進入圓軌道后，恰好能通過軌道最高點PP′，cd棒進入圓軌道前兩棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求： 圖7 (1)ab棒開始向右運動時cd棒的加速度a0；

16、 (2)cd棒剛進入半圓軌道時ab棒的速度大小v1； (3)cd棒進入半圓軌道前ab棒克服安培力做的功W. 答案　(1)30 m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375 J 解析　(1)ab棒開始向右運動時，設回路中電流為I，有 E＝Bdv0 I＝ BId＝m2a0 解得：a0＝30 m/s2 (2)設cd棒剛進入半圓軌道時的速度為v2，系統(tǒng)動量定恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2 m2v22＝m2g·2r＋m2vP2 m2g＝m2 解得：v1＝7.5 m/s (3)由動能定理得m1v12－m1v02＝－W 解得：W＝4.375 J. 專題強化練

17、1．(多選)下列說法正確的是(　　) A．物體運動的方向就是它的動量的方向 B．如果物體的速度發(fā)生變化，則可以肯定它受到的合外力的沖量不為零 C．如果合外力對物體的沖量不為零，則合外力一定使物體的動能增大 D．作用在物體上的合外力的沖量不一定能改變物體速度的大小 答案　ABD 解析　物體動量的方向與物體的運動方向相同，A對；如果物體的速度變化，則物體的動量一定發(fā)生了變化，由動量定理知，物體受到的合外力的沖量不為零，B對；合外力對物體的沖量不為零，但合外力可以對物體不做功，物體的動能可以不變，C錯；作用在物體上的合外力的沖量可以只改變物體速度的方向，不改變速度的大小，D對． 2．(

18、多選)關于動量、沖量，下列說法成立的是(　　) A．某段時間內物體的動量增量不為零，而物體在某一時刻的動量可能為零 B．某段時間內物體受到的沖量不為零，而物體動量的增量可能為零 C．某一時刻，物體的動量為零，而動量對時間的變化率可能不為零 D．某段時間內物體受到的沖量變大，則物體的動量大小可能變大、變小或不變 答案　ACD 解析　自由落體運動，從開始運動的某一段時間內物體動量的增量不為零，而其中初位置物體的動量為零，故A正確；某一段時間內物體受到的沖量不為零，根據(jù)動量定理，動量的變化量不為零，故B錯誤；某一時刻物體的動量為零，該時刻速度為零，動量的變化率是合力，速度為零，合力可以不

19、為零，即動量的變化率可以不為零，故C正確；根據(jù)動量定理，沖量等于動量的變化．某段時間內物體受到的沖量變大，則物體的動量的改變量變大，動量大小可能變大、變小或不變，故D正確． 3．(多選)如圖1所示，一段不可伸長的輕質細繩長為L，一端固定在O點，另一端系一個質量為m的小球(可以視為質點)，保持細繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點等高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點的過程中，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則(　　) 圖1 A．合外力做的功為0 B．合外力的沖量為m C．重力做的功為mgL D．重力的沖量為m 答案　BC 4．(多選)(2018·新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖2

20、所示是兩名短道速滑選手在接力瞬間的照片，在短道速滑接力時，后面隊員把前面隊員用力推出(推出過程中可忽略運動員受到的冰面水平方向的作用力)，以下說法正確的是(　　) 圖2 A．接力過程中前面隊員的動能增加量等于后面隊員的動能減少量 B．接力過程中前面隊員受到的沖量和后面隊員受到的沖量大小相等方向相反 C．接力過程中前后兩名隊員總動量增加 D．接力過程中前后兩名隊員總動量不變 答案　BD 5．(多選)(2018·諸暨中學段考)向空中發(fā)射一物體(不計空氣阻力)，當物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂為a、b兩塊．若質量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，則(　　) A．b的速度方向

21、一定與原速度方向相反 B．從炸裂到落地這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大 C．a、b一定同時到達地面 D．炸裂的過程中，a、b的動量變化大小一定相等 答案　CD 6.(多選)一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長L(小于立柱高)、拴有小球的細線，將小球拉至和懸點在同一水平面處由靜止釋放，如圖3所示，小球擺動時，不計一切阻力，重力加速度為g，下面說法中正確的是(　　) 圖3 A．小球和小車的總機械能守恒 B．小球和小車的動量守恒 C．小球運動到最低點的速度為 D．小球和小車只在水平方向上動量守恒 答案　AD 7．(多選)質量相同的子彈、橡皮泥和鋼球以

22、相同的水平速度射向豎直墻壁，結果子彈穿墻而過，橡皮泥粘在墻上，鋼球被彈回．不計空氣阻力，關于它們對墻的水平沖量的大小，下列說法正確的是(　　) A．子彈對墻的沖量最小 B．橡皮泥對墻的沖量最小 C．鋼球對墻的沖量最大 D．子彈、橡皮泥和鋼球對墻的沖量大小相等 答案　AC 解析　由于子彈、橡皮泥和鋼球的質量相等、初速度相等，取初速度的方向為正方向，則它們動量的變化量Δp＝mv－mv0，子彈穿墻而過，末速度的方向為正，橡皮泥粘在墻上，末速度等于0，鋼球被彈回，末速度的方向為負，可知子彈的動量變化量最小，鋼球的動量變化量最大．由動量定理I＝Δp，則子彈受到的沖量最小，鋼球受到的沖量最大．

23、結合牛頓第三定律可知，子彈對墻的沖量最小，鋼球對墻的沖量最大，故A、C正確，B、D錯誤． 8．(多選)如圖4所示，質量為m的物體在一個與水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右勻速運動，則下列關于物體在t時間內所受力的沖量，正確的是(　　) 圖4 A．拉力F的沖量大小為Ftcos θ B．摩擦力的沖量大小為Ftcos θ C．重力的沖量大小為mgt D．物體所受支持力的沖量大小是mgt 答案　BC 解析　拉力F的沖量大小為Ft，故A錯誤；物體做勻速直線運動，可知摩擦力Ff＝Fcos θ，則摩擦力的沖量大小為Fft＝Ftcos θ，故B正確；重力的沖量大小為mgt，故C

24、正確；支持力的大小為FN＝mg－Fsin θ，則支持力的沖量大小為(mg－Fsin θ)t，故D錯誤． 9．如圖5所示，粗糙水平地面上方以PQ為界，左邊有水平向右的勻強電場，場強大小為E＝，右邊有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場以MN為右邊界，一個質量為2m的帶電荷量為＋q的物體從地面上O點出發(fā)，在電場力作用下運動到Q點時與另一質量為m、不帶電的物體發(fā)生正碰，碰后兩者粘為一體，并恰好能在QN間做勻速直線運動，已知兩物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，g為重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 圖5 (1)求O、Q之間的距離x1； (2)若M

25、N右側有一傾角θ＝37°的傾斜傳送帶正以速度v0逆時針轉動，物體系統(tǒng)通過N點到傳送帶時無動能損失，且傳送帶足夠大，已知物體系統(tǒng)與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，求物體系統(tǒng)在傳送帶上上升過程中運動的最大距離． 答案　(1)　(2) 解析　(1)設兩物體碰后的瞬間速度為v2，則有：Bqv2＝3mg 設帶電物體的碰撞前速度為v1，取向右為正方向，由動量守恒定律有：2mv1＝3mv2 對2m，從O到Q由動能定理可得：Eqx1－μ·2mgx1＝×2mv12，則x1＝ (2)物體系統(tǒng)沿傳送帶向上做勻減速運動，由牛頓第二定律得：3mgsin θ＋μ1·3mgcos θ＝3ma 則a＝g.

26、故物體系統(tǒng)上升的最大距離為：x2＝＝ 10．(2017·名校協(xié)作體聯(lián)考)用質量為m、電阻率為ρ、橫截面積為S的均勻薄金屬條制成邊長為L的閉合正方形框abb′a′，如圖6甲所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場方向平行．設勻強磁場僅存在于相對磁極之間，其他地方的磁場忽略不計．可認為方框的aa′邊和bb′邊都處在磁極間，磁極間磁感應強度大小為B.方框從靜止開始釋放，其平面在下落過程中保持水平(不計空氣阻力，重力加速度為g)． 　　　 甲　裝置縱截面示意圖　　　　乙　裝置俯視示意圖 圖6 (1)請判斷圖乙金屬方框中感應電流的方向； (2)當方框下落的加速度為時，求方框的發(fā)熱功

27、率P； (3)當方框下落的時間t＝時，速度恰好達到最大，求方框的最大速度vm和此過程中產生的熱量． 答案　(1)順時針　(2)　(3)　 解析　(1)由右手定則可知：感應電流方向為順時針． (2)方框受到的安培力：F安＝2BIL 由牛頓第二定律有mg－F安＝ 解得I＝ 由電阻定律得金屬方框電阻R＝ρ 方框的發(fā)熱功率P＝I2R＝ (3)當方框下落的加速度為零時，速度達到最大，即 mg＝F安′＝2BL 解得vm＝ 將下落過程分成若干微元，由動量定理得 mgt－∑2BLt＝mvm－0 ∑vit＝h 解得h＝ 由能量守恒定律得mgh－Q＝mvm2 解得Q＝ 11．(

28、2017·魯迅中學月考)如圖7所示，兩根平行金屬導軌MN和PQ放在水平面上，左端向上彎曲且光滑，導軌間距為L，電阻不計．水平段導軌所處空間有兩個有界勻強磁場，相距一段距離不重疊，磁場Ⅰ左邊界在水平段導軌的最左端，磁感應強度大小為B，方向豎直向上；磁場Ⅱ的磁感應強度大小為2B，方向豎直向下．質量均為m、電阻均為R的金屬棒a和b垂直放置在導軌上，金屬棒b置于磁場Ⅱ的右邊界CD處．現(xiàn)將金屬棒a從彎曲導軌上某一高處由靜止釋放，使其沿導軌運動．設兩金屬棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好． 圖7 (1)若水平段導軌粗糙，兩金屬棒與水平段導軌間的最大靜摩擦力均為mg，將金屬棒a從距水平面高度為h處

29、由靜止釋放． ①金屬棒a剛進入磁場Ⅰ時，求通過金屬棒b的電流大??； ②若金屬棒a在磁場Ⅰ內運動過程中，金屬棒b能在導軌上保持靜止，通過計算分析金屬棒a釋放時的高度h應滿足的條件； (2)若水平段導軌是光滑的，將金屬棒a仍從高度為h處由靜止釋放，使其進入磁場Ⅰ.設兩磁場區(qū)域足夠大，金屬棒a在磁場Ⅰ內運動過程中，求金屬棒b中可能產生的電熱的最大值． 答案　(1)①　②h≤　(2)mgh 解析　(1)①a棒從h高處釋放后在彎曲導軌上滑動時機械能守恒，有mgh＝mv02 解得v0＝ a棒剛進入磁場Ⅰ時，E＝BLv0，此時通過a、b的感應電流大小為I＝， 解得I＝. ②a棒剛進入磁場Ⅰ

30、時，b棒受到的安培力大小F＝2BIL 為使b棒保持靜止，應有F≤mg 聯(lián)立解得h≤. (2)當金屬棒a進入磁場Ⅰ時，由左手定則判斷，a棒向右做減速運動，b棒向左做加速運動． 二者產生的感應電動勢相反，當二者產生的感應電動勢大小相等時，閉合回路的電流為零，此后二者均勻速運動，故金屬棒a、b均勻速運動時，金屬棒b中產生的電熱最大． 設此時a、b的速度大小分別為v1與v2，有BLv1＝2BLv2 對金屬棒a應用動量定理，有－BLΔt＝mv1－mv0 對金屬棒b應用動量定理，有2BLΔt＝mv2 聯(lián)立解得v1＝v0，v2＝v0 根據(jù)能量守恒定律， 電路中產生的總電熱Q總＝mv02－mv12－mv22＝mgh 故金屬棒b中產生的電熱最大值為Q＝Q總＝mgh 14